四川省昭觉中学高考物理第一轮复习课件第十章交变电流第1节交变电流的产生及描述习题详解

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高考物理一轮复习第十章交变电流第1单元交变电流教案

第十章交变电流第1单元交变电流一、交变电流的产生1. 正弦交流电的产生当闭合矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴线做匀角速转动时，闭合线圈中就有交流电产生．如图所示．设矩形线圈abcd 以角速度ω绕oo ' 轴、从线圈平面跟磁感线垂直的位置开始做逆时针方向转动．此时，线圈都不切割磁感线，线圈中感应电动势等于零．经过时间t 线圈转过ωt 角，这时ab 边的线速度v 方向跟磁感线方向夹角等于ωt ，设ab 边的长度为l ，bd 边的长度为l'，线圈中感应电动势为t l Bl e ωωsin 22'=，对于N 匝线圈，有t NBS e .sin .ωω=或者写成t E e m .sin .ω=（ωωm m N NBS E Φ==. 叫做电动势的最大值。

）由上式，在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动的线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的．根据闭合电路欧姆定t R E R e i m ωsin == 2．中性面——线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫中性面．应注意：①中性面在垂直于磁场位置．②线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大．③线圈平面通过中性面时感应电动势为零．④线圈平面每转过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周线圈两次通过中性面，一周里线圈中电流方向改变两次．3．正弦交流电的图象矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动，线圈里产生正弦交流电．当线圈从中性面开始转动，在一个周期中：在t （0，T 4）时间内，线圈中感应电动势从0达到最大值E m ．在t （T 4，T 2）时间内，线圈中感应电动势从最大值E m 减小到0．在t （T 2，3T 4）时间内，线圈中感应电动势从0增加到负的最大值-E m ．在t （3T 4，T ）时间内，线圈中感应电动势的值从负的最大值-E m 减小到0．电路中的感应电流、路端电压与感应电动势的变化规律相同，如图所示．二、描述交变电流的物理量1、瞬时值：它是反映不同时刻交流电的大小和方向，正弦交流瞬时值表达式为：t e m ωεsin =，t I i m ωsin =.应当注意必须从中性面开始。

2024版高考物理一轮复习教材：交变电流的产生及描述教学课件

第1讲　交变电流的产生及描述教材知识萃取位置特点正弦交变电动势瞬时值表达式中性面线圈平面与磁场方向垂直磁通量最大感应电动势为零感应电流方向改变e=E m sin ωt=nBSωsin ωt与中性面垂直线圈平面与磁场方向平行磁通量为零感应电动势最大感应电流方向不变e=E m cos ωt=nBSωcos ωt1. 如图甲所示,一个矩形线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向且与线圈共面的轴OO' 匀速转动,从某个时刻开始计时, 穿过线圈的磁通量Φ随时间 t 的变化图像如图乙所示,则下列说法正确的是A .t =0 时刻线圈平面垂直于中性面B .t 1、t 3时刻线圈中的感应电流最大且方向相同C .t 2、t 4时刻穿过矩形线圈的磁通量最大,但感应电流却为零D .t 5时刻穿过线圈的磁通量为零,电流方向改变1.C t =0时刻通过线圈的磁通量最大,所以线圈平面处在中性面位置,A 错误;t 1、t 3时刻磁通量为零,线圈平面与磁场方向平行,通过线圈的磁通量的变化率最大,线圈中的感应电流最大,但两时刻的电流方向相反,B 错误;t 2、t 4时刻穿过矩形线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,所以感应电流为零,C 正确;t 5时刻穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率最大,线圈中的感应电流最大,方向不变,D 错误。

答案2. 交流发电机的示意图如图所示,当线圈퐴퐵 绕垂直于磁场方向的转轴푂푂′匀速转动时,电路中产生的最大电流为�m,已知线圈转动的周期为T,下列说法正确的是A.图示位置穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最大B.图示位置电流最大C.从图示位置开始经过�4,电流方向将发生改变D.从图示位置开始计时,线圈中电流i随时间t变化的关系式为�=�m sin2π��2.D　题图所示位置为中性面,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为0,此时电流为0,从图示位置每经过�2,电流方向就改变一次,故ABC错误;从图示位置开始计时,线圈中电流i随时间t变化的关系式为�=�m sin2π��,故D正确。

高考物理一轮复习第十章交变电流第1节交变电流的产生及描述习题详解课件新人教版

第 1 节交变电流的产生及描述宏观·循图忆知
大小方向正弦 nBSω 热效应
微观·易错判断
(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)× 要点一
典例：解析：根据题图(b)可知：cd 两端在时间 0～0.5 内产生
恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均
匀变化，即ΔΔit为恒定不变，故选项 C 正确，A、B、D 错误。答案：C
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[针对训练]
1．解析：磁极以 OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相
反方向转动，在 t＝0 时刻，由右手定则可知，产生的感应电流
方向为 a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项 C 正确。答案：C
2．解析：当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，
磁通量变化率为零，感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，
选项 A 正确 B 错误；当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，
穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，
感应电流最大，选项 C 正确 D 错误。答案：AC
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3．解析：(1)由图得 e＝Emsin ωt＝6 2sin 100πt(V) 则电流 i＝R＋e r＝0.6 2sin 100πt(A)。 (2)Em＝BSω Em＝6 2 V ω＝100πΦm＝BS＝ Eωm＝2.7×10－2 Wb。 (3)E＝Em2＝6 V，外力所做的功 W＝Q＝RE＋2 rT＝7.2×10－2J。答案：(1)i＝ 0.6 2sin 100πt(A) (2)2.7×10－2 Wb (3)7.2×10－2 J
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要点二典例：解析：首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过 R2 的电流最大值为 0.6 2 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系 Im＝ 2I 可知其有效值为 0.6 A，由于 R1 与 R2 串联，所以通过 R1 的电流有效值也是 0.6 A，选项 A、C 错；R1 两端电压有效值为 U1＝IR1＝6 V，选项 B 对；R2 两端电压最大值为 U2m＝ImR2 ＝0.6 2×20 V＝12 2 V，选项 D 错。答案：B

2021届高考物理一轮复习-专题十第1讲交变电流的产生和描述 (共32张PPT)

解得
I1 ＝
3 3
A
，
而
(1)2×R×2×10
－
2
＋
(1)2×R×2×10
－
2
＝
I
2 2
R×4×10－2，解得 I2＝1 A，A 正确，B 错误；由 W＝I2Rt 得 W1∶ W2＝I21∶I22＝1∶3，C 正确，D 错误.
答案：AC
3.(2019 年河北武邑中学模拟)如图 10-1-10 所示，一正方形线圈的匝数为 n，边长为 a，一半处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B.开始时，磁场与线圈平面垂直，现使线圈以角速度ω绕 OO′匀速转过 90°，在此过程中，线圈中产生的平均感应电动势为( )
(5)交变电流的平均值： E ＝nΔΔΦt ， I ＝Rn＋ΔrΦΔt.
【基础检测】 2.(2019 年天津卷)单匝闭合矩形线框电阻为 R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间 t 的关系图象如图 10-1-2 所示.下列说法正确的是( )
图 10-1-2
A.T2时刻线框平面与中性面垂直
电流
i＝Imsin ωt＝RE＋mrsin ωt
【考题题组】 1.(2018 年新课标Ⅲ卷)如图 10-1-3 甲，在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导线框 R，R 在 PQ 的右侧.导线 PQ 中通有正弦交流电 i，i 的变化如图乙所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向.导线框 R 中的感应电动势( )
Em＝nBSω 最大的瞬时值 Im＝RE＋mr
讨论电容器的击穿电压
(续表) 物理量物理含义重要关系
适用情况及说明
E＝Em2
跟交变电流的热效
U＝U2m

高考物理一轮复习讲义第十章-第1课时-交变电流的产生和描述资料

第1课时交变电流的产生和描述考纲解读１.能掌握交变电流的产生和描述,会写出交变电流的瞬时值表达式.2.能认识交变电流的图象和进行有效值、最大值的计算.1． [交变电流的产生和变化规律]关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法中正确的是ﻩ ﻩ ﻩ ﻩﻩ ( )Ａ.线圈平面每经过中性面一次,感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变B ．线圈每转动一周，感应电流的方向改变一次C.线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都改变一次Ｄ.线圈每转动一周，感应电动势和感应电流的方向都改变一次答案 C解析依据交流电的变化规律可知,如果从中性面开始计时，有e =E m ｓin ωt 和ｉ=I m sin ωｔ；如果从垂直于中性面的位置开始计时,有e ＝Ｅｍｃｏs ωt 和i =I ｍｃo ｓ ωt ．不难看出：线圈平面每经过中性面一次,感应电流的方向就改变一次,感应电动势的方向也改变一次;线圈每转动一周，感应电流的方向和感应电动势的方向都改变两次.故正确答案为C. ２. [描述交变电流的物理量］小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图1所示.此线圈与一个R ＝10 Ω的电阻构成闭合电路,不计电路的其他电阻，下列说法正确的是ﻩ（） A ．交变电流的周期为0.125 ｓﻩﻩﻩ ﻩﻩ图1B.交变电流的频率为8 ＨzC.交变电流的有效值为＼r(２) AD.交变电流的最大值为4 A答案 C解析由题图可知，交变电流的周期为0.2５０ s ，频率为4 Hz,交变电流的最大值为２0１0Ａ=２A,有效值为错误!A=错误!A,所以应选C.3．[有效值的计算]电阻R1、R2与交流电源按照如图2甲所示方式连接,R1=１0 Ω、R2=20 Ω.合上开关S后,通过电阻Ｒ２的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示.则( )图2A.通过R1的电流的有效值是1．２AB.Ｒ1两端的电压有效值是6 VC.通过R2的电流的有效值是1.2＼r(2） AＤ．R2两端的电压有效值是6２V答案 B解析由题图知流过R2交流电电流的最大值I2m=0.6２A,有效值I２＝错误!=0.6 A，故选项C错误;由U2m＝I2ｍR2=12错误!V知,U２＝12 V，选项D错误;因串联电路电流处处相同，则I1m=0.6＼r(２) A，电流的有效值I１=错误!=0．6 A,故选项A错误；由Ｕ１＝IR1=6V,故选项Ｂ正确．１考点梳理一、交变电流的产生和变化规律1. 交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流．如图3(a)、(b)、（ｃ）、（ｄ)所示都属于交变电流．其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流,简称正弦式电流,如图（ａ）所示．图３２．正弦交流电的产生和图象（1)产生:在匀强磁场里,线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.(2)中性面①定义：与磁场方向垂直的平面．②特点a.线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,感应电动势为零.ｂ．线圈转动一周,两次经过中性面.线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次.（3)图象：用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时,其图象为正弦函数曲线．二、正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值1. 周期和频率(1)周期(Ｔ)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式Ｔ＝错误!．(2)频率(f）：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数.单位是赫兹(Hｚ）．（３）周期和频率的关系：T=错误!或f=错误!．２．正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)(1)电动势e随时间变化的规律：e=Eｍsin_ωｔ.(２)负载两端的电压u随时间变化的规律:ｕ＝Uｍｓｉn_ωt.(3）电流i随时间变化的规律:ｉ=I m sin_ωt．其中ω等于线圈转动的角速度，Eｍ=ｎＢＳω.３．交变电流的瞬时值、峰值、有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值,是时间的函数.(2）峰值:交变电流的电流或电压所能达到的最大值，也叫最大值.(3)有效值:跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：E＝＼f(E m，＼r(２))，U=U m＼r(2),I＝Ｉm2.（４)平均值:是交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值.４．[瞬时值表达式的书写］如图４所示，图线ａ是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是ﻩﻩﻩ( ）Ａ.在图中ｔ=0时刻穿过线圈的磁通量均为零ﻩﻩﻩﻩ图4B．线圈先后两次转速之比为3∶２C.交流电ａ的瞬时值表达式为u＝10siｎ5πt (V)D．交流电b的最大值为5V答案ＢC解析ｔ=0时刻穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零，故电压为零,Ａ错．读图得两次周期之比为２∶３，由转速n＝错误!＝错误!得转速与周期成反比，故B正确.读图得a的最大值为１0 V,ω=5π rad/s，由交流电感应电动势的瞬时值表达式e=E m sｉn ωt (V）（从线圈在中性面位置开始计时)得，u=１0sin 5πt(Ｖ),故Ｃ正确.交流电的最大值Eｍ＝nBSω,所以根据两次转速的比值可得,交流电ｂ的最大值为23×１0 V=错误!V,故D错.方法提炼书写交变电流瞬时值表达式的基本思路1. 确定正弦交变电流的峰值,根据已知图象读出或由公式E m＝nBSω求出相应峰值.2. 明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式.如：（1）线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象,函数式为ｉ=I m sin ωt.（2)线圈从垂直中性面位置开始转动，则i-t图象为余弦函数图象,函数式为ｉ=I mｃｏs ωt．考点一交变电流的变化规律1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)规律物理量函数图象磁通量Φ＝Φm coｓωt＝BSｃosωt电动势e＝Ｅｍsin ωt=nＢSωsiｎωt电压u＝Ｕmｓinωt＝＼f(RE m,R+r)sｉｎωt电流i=Ｉmｓiｎωt=错误!sｉnωt２．两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时,Ｓ⊥B ,Φ最大，错误!=0,e ＝0，ｉ=0，电流方向将发生改变．(2）线圈平面与中性面垂直时，Ｓ∥B ，Φ＝０,ΔΦΔt最大,ｅ最大,i 最大，电流方向不改变．特别提醒 1.只要线圈平面在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，就产生正弦式交流电，其变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关.２. Φ－t 图象与对应的ｅ-t 图象是互余的.例1 如图5甲所示,一矩形线圈ab ｃd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd 中点的轴O Ｏ′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时（如图乙)为计时起点，并规定当电流自ａ流向ｂ时，电流方向为正.则下列四幅图中正确的是 ﻩ( ）图5审题指导解答本题应注意以下三点:(1)确定t ＝0时刻感应电流的方向．(2)利用t =０时刻的速度确定感应电动势的大小．(３)判定t ＝0时刻后短时间内电流的变化趋势.解析该题考查交变电流的产生过程．ｔ＝０时刻，根据题图乙表示的转动方向，由右手定则知,此时ad 中电流方向由ａ到d ,线圈中电流方向为a →d →c →b →ａ，与规定的电流正方向相反，电流为负值.又因为此时ad 、ｂc 两边的切割速度方向与磁场方向成45°夹角,由Ｅ＝2Bl v⊥,可得E=2×错误!Bl v=错误!Eｍ，即此时电流是最大值的错误!倍,由图乙还能观察到，线圈在接下来４5°的转动过程中,ａｄ、bｃ两边的切割速度v⊥越来越小，所以感应电动势应减小，感应电流应减小,故瞬时电流的表达式为i=-Iｍcｏs (＼f（π，4）+ωt)，则图象为D图象所描述，故D项正确.答案Ｄ突破训练1如图6所示是一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状.M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转．磁极与铁芯之间的缝隙中形ﻩ图6成方向沿半径、大小近似均匀的磁场．若从图示位置开始计时，当线框绕固定转动轴匀速转动时,下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是( )答案Ｄ解析因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线如图所示，即呈辐向分布磁场,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变，线框越过空隙段后，由于线框切割磁感线方向发生变化，所以感应电动势的方向发生变化，综上所述,D正确.突破训练2实验室里的交流发电机可简化为如图7所示的模型,正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动.今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转2５圈,读出电压表的示数为10 V．已知R=１0 Ω,线圈电阻忽略不计,下列说法正确的是ﻩﻩﻩ (）A.线圈平面与磁场平行时,线圈中的瞬时电流为零ﻩﻩ图7B.从线圈平面与磁场平行开始计时,线圈中感应电流瞬时值表达式为i=错误!sin 50πｔＡC．流过电阻R的电流每秒钟方向改变25次D．电阻R上的热功率等于10W答案D解析线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电流最大，Ａ错.从线圈平面与磁场平行时开始计时，Εm=1０ 2 Ｖ，f=２５Hz，i＝错误!ｃos 50πｔA,B错.电流方向每秒改变50次,C错.P R=错误!=10 W,Ｄ正确．考点二交流电有效值的求解有效值是交流电中最重要的物理量，必须会求解,特别是正弦交流电的有效值,应记ﻩ住公式．求交变电流有效值的方法有:(1）利用I=错误!，Ｕ=错误!,Ｅ=错误!计算，只适用于正(余)弦式交流电.(2)非正弦式交流电有效值的求解根据电流的热效应进行计算，其中，交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的,即让交变电流和直流电流通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同,则交变电流（电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．例２如图8所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系.若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻,则经过1 mｉn的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为ﻩﻩﻩﻩﻩ（)图８Ａ.1∶＼r(2）ﻩ B.１∶2 C．1∶3 D.1∶6解析电功的计算中，Ｉ要用有效值计算,图甲中，由有效值的定义得(错误!）２Ｒ×２×10－2+0+(1＼r(2))2R×２×10-2=I错误!R×6×1０－2,得Ｉ1＝错误!A;图乙中，I的值不变,I2=１Ａ,由Ｗ＝UIt=I２Ｒt可以得到W甲∶W乙=1∶３.答案 C突破训练3如图９甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度.给该台灯接22０Ｖ的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为ﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩ()图9A.２2０ＶB.11０VC.错误!V ﻩﻩD.错误!V答案Ｂ解析本题考查电压的有效值的计算.设电压的有效值为U，根据有效值定义有错误!·错误!=错误!Ｔ，解得U＝1１0V,则Ｂ项正确.考点三交变电流的“四值”的比较与理解1．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值ｅ=E m siｎωｔi＝Ｉm siｎωt 计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Ｅm=nBSωI m＝错误!讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E＝Eｍ＼r(2)U＝错误!Ｉ=错误!适用于正(余)弦式交变电(1）计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效流值 (3）保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值错误!＝Bl 错误! E =ｎΔΦΔｔ错误!=错误! 计算通过电路截面的电荷量2. 交变电流瞬时值表达式的求法(1）先求电动势的最大值E m =ｎＢＳω;(2)求出角速度ω，ω＝２πT; (3)明确从哪一位置开始计时,从而确定是正弦函数还是余弦函数；(４)写出瞬时值的表达式.例３如图1０所示，线圈abcd 的面积是0．05 ｍ2，共1０0匝,线圈电阻为1 Ω,外接电阻Ｒ=9 Ω,匀强磁场的磁感应强度B ＝错误! T ，当线圈以3０0 r ／m ｉｎ的转速匀速旋转时．问:(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2)线圈转过错误! s 时电动势的瞬时值多大?ﻩ图1０ (3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少?(4)从中性面开始计时,经错误! s 通过电阻R 的电荷量是多少？解析 (1)e =E m si ｎ ωt ＝ｎBS ·2πｆsin (2πft )=10０×1π×0.0５×2π×3006０s ｉn (2π×30０６0t ） V ＝50ｓｉn 10πt Ｖ（2)当t ＝错误! s 时，e =5０sin (10π×错误!) V ≈43.3 V .(3）电动势的有效值为E =错误!＝错误! Ｖ≈３5.４Ｖ,电流表示数I＝＼f（E,R+r)=错误!A＝3.54A,电压表示数U＝IR＝3．54×９V=３１．86V.(4）错误!s内线圈转过的角度θ=ωt=错误!×２π×错误!=错误!.该过程中，ΔΦ=BS-BS cos θ＝１２BS,由I＝错误!,错误!=错误!,错误!=错误!得q=错误!＝错误!=错误!C=错误!Ｃ.答案(1)e=5０sin １0πt V (2)43.３V(3)31.86 V３.５4 A(4)＼f(1，4π) C例4一理想变压器原、副线圈匝数比n １∶ｎ２＝１１∶５,原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图1１所示.副线圈仅接入一个１0Ω的电阻．则ﻩﻩ（）图11Ａ.流过电阻的电流是20 AＢ.与电阻并联的电压表的示数是１00 2 VＣ．经过1分钟电阻发出的热量是６×１03JD.变压器的输入功率是1×103 W解析原线圈中电压的有效值是2２０V．由变压比知副线圈中电压为1０0 V，流过电阻的电流是10 Ａ;与电阻并联的电压表的示数是1０0 V；经过1 分钟电阻发出的热量是6×1０4 J；P入＝P出=错误!=错误!V＝１×103W.只有D项正确.答案 D突破训练4一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图１２所示．由图可知ﻩ ( )图１2A.该交流电的电压瞬时值的表达式为ｕ=100sin (２5t) VＢ．该交流电的频率为2５HzＣ．该交流电的电压的有效值为100 错误! VD.若将该交流电压加在阻值为R ＝100 Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率是50 W 答案 BD解析从题图中可知，交流电周期T =4×10－2 ｓ，峰值电压U m ＝10０ V ，故交流电的频率f ＝错误!=２5 Hz,有效值U =错误!=50错误! Ｖ.将该交流电压加在R =100 Ω的电阻两端时，电阻消耗的热功率P ＝Ｕ２Ｒ=50 W ，电压的瞬时值表达式u =Ｕm s ｉn 2πTt =100si ｎ (5０πｔ） V,故正确选项为B 、D.高考题组1． (2012·北京理综·1５）一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上,消耗电功率为P ;若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为P 2.如果电热器电阻不变,则此交流电源输出电压的最大值为ﻩﻩﻩﻩﻩ ﻩ（ ) A ．5 VﻩB ．5２Ｖ ﻩﻩC.1０ V ﻩﻩＤ.10错误! V 答案 C解析根据P =错误!，对直流电有Ｐ=错误!,对正弦式交流电有错误!＝错误!，所以正弦式交流电的有效值为U ′= 错误!=错误! V ，故交流电源输出电压的最大值U ｍ′＝＼r(２)Ｕ′＝１０ V,故选项C 正确，选项A 、Ｂ、Ｄ错误.2. (2012·广东理综·1９)某小型发电机产生的交变电动势为e =5０sin 1０0πt (V ）.对此电动势，下列表述正确的有ﻩﻩﻩ ﻩﻩﻩﻩ ﻩﻩﻩ( ) A.最大值是50 2 V ﻩB.频率是100 ＨzC.有效值是2５２Ｖ ﻩD ．周期是0.0２ s答案 CD解析交变电动势e =E m si ｎ ωt 或ｅ=Ｅｍcos ωｔ,其中Ｅm 为电动势的最大值，ω为角速度,有效值Ｅ=错误!，周期Ｔ＝错误!,频率f =错误!．由e ＝50sin 10０πt (V)知,Ｅm ＝50 V,Ｅ=错误! Ｖ＝2５错误! V ，Ｔ=错误!＝错误! s=０.０2 ｓ，f ＝错误!=错误! Hz=50 H ｚ，所以选项C 、Ｄ正确.3．(２０１1·四川理综·２0)如图13所示,在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为Ｔ,转轴O1Ｏ2垂直于磁场方向,线圈电阻为２Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A.那么（)A.线圈消耗的电功率为4 WB．线圈中感应电流的有效值为２Ａﻩﻩﻩﻩﻩﻩ图13C.任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cｏs 错误!tD．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=错误!ｓｉn 错误!t答案AC解析从线圈平面平行于磁感线开始计时,交变电流的感应电动势的表达式为e=Eｍcos ωt，则感应电流i＝＼ｆ(ｅ,R）＝错误!cos θ，由题给条件有：1=错误!×错误!,解得E m=４V,则I m＝2 Ａ，I有效=错误!A,线圈消耗的电功率Ｐ＝Ｉ错误!Ｒ=4W,所以A正确，B错误．ｅ＝4cos ωt＝４coｓ错误!ｔ，故C正确．由E m=BSω＝Φm错误!得Φm＝错误!，故任意时刻Φ＝＼f(2Ｔ,π）ｓin＼f(2π,Ｔ)t,故D错误.模拟题组4.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图1４甲所示.电路组成如图乙所示，已知发电机线圈内阻为５.０Ω，外接灯泡阻值为95．０Ω,灯泡正常发光，则（)图1４A.电压表的示数为２２0 ＶB.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡消耗的功率为509 WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为２4.2 Ｊ答案D解析电压表的示数应为有效值,U =错误!·错误!=209 Ｖ,A 项错;电路中的电流方向每秒钟改变１0０次,Ｂ项错；P 灯=U 2R=459.８ W ，C 项错;发电机线圈内阻的发热功率为Ｐ′＝I 2ｒ＝(＼ｆ（U,R ))２r ＝２4.2 W,每秒生热24.２ J,D 项对.５. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图15甲所示，金属线框的总电阻为R ,金属线框产生的交变电动势的图象如图乙所示,则ﻩ ( )甲乙图１5A ．t ＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零B.t =0．0１ s 时线框平面与中性面重合C ．线框中产生的电功率为P ＝错误!D.线框中产生的交变电动势频率为５０ Hz答案 BCD解析由题图乙可知在0.005 ｓ时,电动势最大,那么线框的磁通量的变化率应为最大，A 项错．在0.0１ s 时,e =0,线框位于中性面位置，线框中的电功率为Ｐ＝U ２Ｒ=(＼f （Ｕm ,２))2/R ＝错误!,B 、C 项正确;ｅ的频率f ＝错误!=错误! Hz ＝50 Hz ，D 项正确.(限时:4５分钟）►题组1 对交变电流的产生及图象的考查1. 如图1甲所示，矩形线圈abｃd在匀强磁场中逆时针匀速转动时,线圈中产生的交变电流如图乙所示,设沿ａbcｄa方向为电流正方向，则ﻩﻩﻩﻩﻩ（)图1A.乙图中Ｏa时间段对应甲图中A至B图的过程Ｂ．乙图中ｃ时刻对应甲图中的C图C.若乙图中d等于0.0２s,则1 s内电流的方向改变了５0次Ｄ.若乙图中b等于0.02ｓ,则交流电的频率为50 Hz答案A解析由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面,线圈在中性面时电流为零，再经过1/4个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向,因此甲图中Ａ至B图的过程电流为正，且从零逐渐增大到最大值，A对;甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向就要改变一次,所以一个周期内电流方向要改变两次,所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知ｄ等于０．02 s，则频率为５0Hz,1ｓ内电流的方向将改变10０次，C错;若乙图中ｂ等于0.02 s,则交流电的频率应该为25 Hz，D错．2．如图2所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中，可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和Ｐ2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时ﻩﻩ( ）A.线圈绕Ｐ１转动时的电流等于绕P２转动时的电流B.线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势Ｃ.线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是ａ→ｂ→c→dﻩﻩ图2D.线圈绕P1转动时dｃ边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力答案 A解析产生正弦交流电的条件是轴和磁感线垂直,与轴的位置和线圈形状无关，两种情况下转到图示位置时产生的电动势E具有最大值Eｍ=nＢＳω，由欧姆定律I=错误!可知此时Ｉ相等,Ａ正确，B错误;由右手定则可知电流方向为ａ→d→c→b，故C错误;两种情况下dｃ边受的安培力均为Ｆ＝Bｌｃd I,故D错误．3．如图所示,面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e=BSωsin ωｔ的图是ﻩﻩﻩ ( )答案 A解析线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内）匀速转动,产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原理可判断,Ａ图中感应电动势为e=BSωsi ｎωｔ；B图中的转动轴不在线圈所在平面内;C、D图转动轴与磁场方向平行,而不是垂直.4．矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是ﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩﻩ( )A．当线框位于中性面时,线框中感应电动势最大Ｂ．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零Ｃ．每当线框经过中性面时,感应电动势或感应电流方向就改变一次D.线框经过中性面时,各边不切割磁感线答案ＣD解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大,但此时切割磁感线的两边速度方向与磁感线平行，不切割磁感线，穿过线框的磁通量的变化率等于零,所以感应电动势等于零,感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变．垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大．故C、D正确．5. (２01２·安徽理综·23）图3甲是交流发电机模型示意图.在磁感应强度为Ｂ的匀强磁场中，有一矩形线圈abcｄ可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和ｄｆ分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路.图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1,ｂc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动.(只考虑单匝线圈）甲乙丙图3(１)线圈平面处于中性面位置时开始计时,试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式;(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时,如图丙所示,试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式;(3）若线圈电阻为r,求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热.（其他电阻均不计)答案(1)e1=BＬ1L２ωsin ωt（2)e2＝BL1L２ωｓin (ωt＋φ０）(3)错误!解析(1)如图所示，矩形线圈abcd在磁场中转动时,ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r=错误!，转动时ab、cｄ的线速度v=ωr＝＼f(ωＬ2,２),且与磁场方向的夹角为ωｔ，所以,整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1v sin ωt＝BＬ１L2ωsin ωt.(2)当t ＝0时,线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t 时刻时,线圈平面与中性面的夹角为ωt ＋φ0故此时感应电动势的瞬时值e ２＝2ＢL １v sin （ωt +φ0）＝B Ｌ１Ｌ2ωsin （ωｔ+φ0)（3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值E ｍ＝B Ｌ１L 2ω，故有效值E =＼f(E m ,２）＝＼f(B Ｌ1L ２ω，2）回路中电流的有效值I =错误!＝错误!根据焦耳定律知转动一周电阻R 上的焦耳热为Q ＝I 2R Ｔ=[错误!]2R 错误!＝错误!．►题组２对交变电流“四值”的考查6．如图4所示，垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场以虚线为界，虚线左侧磁场范围足够大，单匝矩形线圈中的轴线与磁场边界重合，线圈以恒定的角速度ω绕中轴线转动，线圈所围面积为Ｓ，线圈导线的总电阻为R .ｔ＝0时刻线圈平面与纸面重合，以下说法正确的是( )A.时刻ｔ线圈中电流的瞬时值ｉ=BSωRｃｏｓ ωtﻩﻩﻩ ﻩ B.线圈中电流的有效值I ＝错误!ﻩﻩﻩ ﻩﻩﻩ图4 C ．线圈中电流的有效值Ｉ=错误!Ｄ.线圈消耗的电功率P =错误!答案Ｂ解析电动势的最大值应为E m =＼f(BSω,2),t =0时，e ＝0，因此瞬时值表达式应为e ＝错误!BSωsin ωt ，ｉ=BSω２Ｒｓin ωt ，A 项错；电流的有效值I ＝＼f （I m ,2）=2BSω4Ｒ，B 项正确，Ｃ项错误；线圈消耗的电功率应为P ＝I ２R =(BSω)２8R，D 项错,因此正确选项为Ｂ. ７. 如图5所示,矩形线圈ａb ｃd 绕轴OO ′匀速转动产生交流电,在图示位置开始计时,则下列说法正确的是ﻩ ﻩﻩﻩ （ )A.ｔ＝０时穿过线圈的磁通量最大,产生的感应电流最大B ．t ＝＼f(T ，4)（T 为周期)时感应电流沿abcda 方向 ﻩﻩ ﻩ图5C.若转速增大为原来的２倍,则交变电流的频率是原来的２倍Ｄ.若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍答案 B Ｃ解析图示时刻,ab 、cd 边切割磁感线的有效速率为零，产生的感应电动势为零，A 错误;根据线圈的转动方向，确定错误!时线圈的位置,用右手定则可以确定线圈中的感应电流方向沿ab ｃｄa 方向,B 正确;根据转速和频率的定义可知C 正确；根据ω＝2πf ,E ｍ=nB Ｓω,E =错误!,Ｉ=错误!可知电流有效值变为原来的２倍,D 错误．８．如图6,交流发电机的矩形线圈边长ａb =ｃｄ=0.4 m ，ad =bc ＝0.2 m,线圈匝数N =100，电阻r ＝1 Ω，线圈在磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω＝１00π rad ／s 的角速度匀速转动,外接电阻R =9 Ω,以图示时刻开始计时，则ﻩﻩ( )A ．电动势瞬时值为160πｓin (１00πt ) ＶB.t =0时线圈中磁通量变化率最大 ﻩﻩﻩﻩﻩ 图６C.t ＝＼ｆ(1，2) ｓ时线圈中感应电动势最大D.交变电流的有效值是８错误!π Ａ答案 BCD解析图示时刻线圈平面垂直于中性面，电动势的瞬时值e ＝NBSωco ｓ ωt ＝10０×0．２×(0.4×０.2）×100πｃos (１00πt ) V ＝１60πcos (1０0πt ) V,A 错误．图示时刻即ｔ=0时，Φ＝0，但＼f(ΔΦ,Δt )最大,B 正确.t ＝错误! s 时,e =E ｍ，C 正确，交变电流的有效值是8错误!π Ａ，D 正确.9．如图7所示,矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，在磁感应强度为Ｂ的匀强磁场中绕ＯＯ′轴以角速度ω匀速转动,外电路电阻为R ，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的是ﻩ ﻩ ﻩﻩﻩ ﻩ （ )A ．电压表的读数为错误!B.通过电阻R 的电荷量为ｑ＝N ＢS 2(R ＋r )ﻩﻩ ﻩﻩ 图7 C ．电阻R 所产生的焦耳热为Q =错误!D.当线圈由图示位置转过60°时的电流为错误!答案 A Ｂ解析线圈在磁场中转动产生了正弦交流电，其电动势的最大值Ｅm ＝NBSω，电动势的有效值E ＝NB Ｓω2,电压表的读数等于交流电源路端电压，且为有效值，则U ＝错误!R ,Ａ正确;求通过电阻R 的电荷量要用交流电的平均电流,则q =I Δt =N ΔΦR ＋r=错误!＝错误!，故Ｂ正确；电阻Ｒ上产生的热量应该用有效值来计算，则电阻R 产生的热量Ｑ＝I 2Ｒｔ=[错误!]2R ·错误!＝错误!，故C 错误;线圈由图示位置转过60°时的电流为瞬时值，则i =＼f(NBSω，Ｒ＋r )ｓi ｎ ωｔ＝错误!ｓi ｎ错误!=错误!,故D 错误．1０.如图8所示,一个半径为ｒ的半圆形线圈,以直径ab 为轴匀速转动,转速为n ,ab 的左侧有垂直于纸面向里(与a ｂ垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .Ｍ和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计,求:(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过１/4转的时间内负载电阻R 上产生的热量；（3）从图示位置起转过１/4转的时间内通过负载电阻R 的电荷量；ﻩﻩﻩ图8（４)电流表的示数.答案 (1）π2B ｎｒ2 （2)＼f （π4B 2r ４n,8R ) (3)πＢr 2２R(4）π2ｒ2nB 2R 解析（1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流.此交变电动势的最大值为E ｍ=BSω＝Ｂ·πr 22·2πn =π2Bnr 2。

高考物理一轮复习第10章第1讲交变电流的产生和描述固考基教材梳理

高考物理一轮复习第10章第1讲交变电流的产生和描述固考基教材梳理交变电流变化规律表达式、图象、中性面产生方法描述周期、频率电动势、电压、电流电感和电容对交变电流的影响电感对交变电流的阻碍作用电容对交变电流的阻碍作用正弦式交变电流的产生和变化规律1．产生如图10－1－1所示，将闭合线圈置于匀强磁场中，并绕垂直于磁感线方向的轴做匀速转动．图10－1－12．变化规律(线圈在中性面位置开始计时)(1)电动势e随时间变化的规律：e＝Emsin ωt.(2)电压u随时间变化的规律：u＝Umsin ωt.(3)电流i随时间变化的规律：i＝Imsin ωt.其中ω等于线圈转动的角速度，Em＝nBl1l2ω＝nBSω.3．正弦式交变电流的图象(如图10－1－2所示)图10－1－2描述交变电流的物理量1．周期和频率(1)周期T ：交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)．公式表达式为T ＝2πω.(2)频率f ：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)． (3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T.2．交变电流的“四值”(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数． (2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值．(3)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果它们在交变电流的一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流I 、恒定电压U 就是这个交变电流的有效值．(4)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I ＝Im 2，U ＝Um 2，E ＝Em 2.(5)平均值：交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值，其数值可以用E ＝n ΔΦΔt计算．电感和电容对交变电流的影响1．感抗表示电感线圈对交变电流阻碍作用的大小．(1)线圈的自感系数越大，交变电流的频率越大，电感对交变电流的阻碍作用越大． (2)作用：通直流、阻交流(低频扼流圈)，通低频、阻高频(高频扼流圈)． 2．容抗表示电容器对交变电流阻碍作用的大小．(1)电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小． (2)作用：通交流、隔直流；通高频、阻低频．1．(多选)如下图中各图面积均为S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e ＝BSωsin ωt 的图是( )【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原则判断，A图和C图中感应电动势均为e＝BSωsin ωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．【答案】AC2．下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是( )【解析】我国居民日常生活所用的是正弦式交流电，其电压的有效值是220 V，最大值为311 V，周期为0.02 s，所以只有C正确．【答案】 C3．(多选)(2012·广东高考)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有( )A．最大值是50 2 V B．频率是100 HzC．有效值是25 2 V D．周期是0.02 s【解析】交变电动势e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt，其中Em为电动势的最大值，ω为角速度，有效值E＝Em2，周期T＝2πω，频率f＝1T.由e＝50sin 100πt知，Em＝50 V，E＝502V＝25 2 V，T＝2πω＝2π100πs＝0.02 s，f＝1T＝10.02Hz＝50 Hz，所以选项C、D正确．【答案】CD4．(多选)如图10－1－3所示电路中，A、B为两相同的小灯泡，L为直流电阻为零的电感线圈，下列说法正确的是( )图10－1－3A．电源为稳恒直流电源时，灯泡A、B亮度相同B．电源为稳恒直流电源时，灯泡A比B亮度大C．电源为交流电源时，灯泡A、B亮度相同D．电源为交流电源时，灯泡A比B亮度大【解析】电感线圈有通直流，阻交流的作用，电源为稳恒直流电源时，A、B亮度相同，选项A正确，B错误．电源为交流电源时，A灯比B灯亮度大，选项C错误，D正确．【答案】AD(对应学生用书第207页)正弦交流电的图象和变化规律1.两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．2．电流变化规律和磁通量变化规律的对比电流 i ＝Imsin ωt磁通量Φ＝Φmcos ωt ＝BScos ωt说明磁通量为最大值时，电流为零，线圈位于中性面位置3．由正弦交流电的图象可得到的信息 (1)交变电流的最大值． (2)周期T(频率f ＝1T)．(3)任意时刻线圈中产生的电流的大小和方向．如图10－1－4所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 垂直．在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd 边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a 方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I 随时间t 变化的图线是( )图10－1－4【解析】根据右手定则或楞次定律可以判断，t ＝0时刻线圈的cd 边离开纸面向外运动而切割磁感线，产生的感应电流i 为正向；此时线圈磁通量为零，但是cd 边切割磁感线的速度最大，磁通量的变化率最大，所以感应电动势、感应电流最大．【答案】 C 【迁移应用】1．一正弦交流电的电压随时间变化规律如图10－1－5所示，则该交流电( )图10－1－5A．电压瞬时值表达式为u＝100sin (25t) VB．周期为0.02 sC．电压有效值为100 2 VD．频率为25 Hz【解析】由图知周期为0.04 s，频率为25 Hz，B错误，D正确；交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin (50t) V，A错误；该交流电的电压的有效值为50 2 V，C错误．【答案】 D交变电流四值的理解和应用物理量物理含义重要关系应用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsin ωt，u＝Umsin ωt，i＝Imsin ωt计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值Em＝nBSω，Em＝nΦmω，Im＝EmR＋r当考虑某些电学元件(电容器、晶体管等)的击穿电压时，指的是交变电压的最大值有效值根据电流的热效应(电流通过电阻产生的热量)进行定义对正弦、余弦交变电流E＝Em2，U＝Um2，I＝Im2(1)通常所说的交变电流的电压、电流，交流电表的读数，保险丝的熔断电流值，电器设备铭牌上所标的电压、电流值都是指交变电流的有效值(2)求解交变电流的电热问题时，必须用有效值来进行计算平均值交变电流图象中图线与t 轴所围成的面积与时间的比值E ＝BL v ，E ＝n ΔΦΔt，I ＝E R ＋r计算有关电荷量时只能用平均值(多选)(2013·山东高考)图10－1－6甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，Ⓐ为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )甲乙图10－1－6A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50 π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左【审题指导】解答本题时应注意以下两个方面的问题：(1)正弦交流电的最大值和有效值之间的关系以及正弦交流电的瞬时值表达式． (2)应用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向．【解析】从交变电流图象获取交变电流的最大值、有效值．根据i －t 图象可知，电流最大值Im ＝10 2 A ，有效值I ＝Im 2＝10 A ，A 选项正确；交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，角速度ω＝2πT ＝100π rad/s.从图示位置开始转动时，经0.01 s 线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行．根据右手定则，在0.02 s 时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R 中的电流方向自左向右，因此选项A 、C 正确．【答案】 AC 【迁移应用】2．(多选)(2014·广东省深圳市一模)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势e ＝2202sin 100πt(V)，那么( ) A ．该交变电流的频率是50 HzB ．当t ＝0时，线圈平面恰好位于中性面C ．当t ＝1100s 时，e 有最大值D ．该交变电流电动势的有效值为220 2 V【解析】由e ＝220 2 sin 100πt(V)可知，该交变电流的频率是50 Hz ，选项A 正确．当t ＝0时，产生的交变电动势为零，说明线圈平面恰好位于中性面，选项B 正确．当t ＝1100 s 时，e ＝2202sin 100πt(V)＝0，e 有最小值，该交变电流电动势的有效值为220 V ，选项C 、D 错误．【答案】 AB几种典型的交变电流有效值的计算1.计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．“相同时间”一般取一个周期时间．2．利用两个公式Q ＝I2Rt 和Q ＝U2R t 可分别求得电流有效值和电压有效值．电流名称电流图象有效值正弦半波电流U ＝12Um 正弦单向脉动电流U ＝Um 2矩形脉动电流U ＝t1TUm 非对称性交变电流U ＝12U21＋U22(2012·全国大纲高考)一台电风扇的额定电压为交流220 V ．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I 随时间t 的变化如图10－1－7所示．这段时间内电风扇的用电量为( )图10－1－7A ．3.9×10－2度B ．5.5×10－2度C ．7.8×10－2度D ．11.0×10－2度【解析】分段计算用电量，根据W ＝UIt 得W ＝W1＋W2＋W3＝220×0.3×10×60 J＋220×0.4×10×60 J＋220×0.2×40×60 J＝1.98×105 J，而1度＝1 kW·h＝3.6×106 J，所以W ＝1.98×105 J＝0.055 度＝5.5×10－2度，故B 选项正确，A 、C 、D 选项错误．【答案】 B1交变电流的有效值是根据电流的热效应电流通过电阻产生热量进行定义的，所以在进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热进行计算.注意“三同”：即“相同电阻”，“相同时间内”产生“相同热量”.计算时“相同时间”一般取一个周期. 2利用两个公式Q ＝\f(U2,R) t 和Q ＝I2Rt 可以分别求得交变电流的电压有效值和电流有效值.【迁移应用】●分阶段缺失图象的有关问题3．如图10－1－8所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为( )图10－1－8 A ．Um B.Um2C.Um 3D.Um2【解析】由题给图象可知，交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解．设电灯的阻值为R ，正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U ＝Um/2，由于一个周期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为Q ＝Um22R t ＝U2m 2R ·T2，设交流电压的有效值为U ，由电流热效应得Q ＝U2m 2R ·T 2＝U2R ·T，所以该交流电压的有效值U ＝Um/2，可见选项D 正确．【答案】 D●不是正弦变化规律的交变电流有效值的计算4．如图10－1－9所示为一交流电的电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是( )图10－1－9A ．3.5 A B.72A C ． 5 2 AD ．5 A【解析】交流电的有效值是根据其热效应而定义的，它是从电流产生热量相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效．设交流电的有效值为I ，令该交流电通过一个纯电阻用电器R ，在一个周期内有I2RT ＝I21R T 2＋I22R T2.所以该交流电的有效值为I ＝I212＋I222.代入数据得I ＝5 A.【答案】 D(对应学生用书第209页)失分点：交流电“四值”分辨不清一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图10－1－10甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )图10－1－10A ．电压表○V 的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 【失误原因分析】不能正确区分电源电动势和路端电压，错选A ；认为在一个周期内电流的方向改变1次，错选B.不知道求焦耳热用交流电的有效值，错选C.【解析】本题考查测量正弦交流电的频率、电表的读数、功率和热量的计算以及图象的应用．首先，电压表的读数是交流电电压的有效值．从图中可以看出，电动势的有效值为220 V ，电压表测量的是路端电压，小于220 V ，A 项错误；由图可知，变流电的周期为0.02 s ，即1秒中有50个周期，电流的方向变化100次，B 项错误；灯泡的功率P ＝I2R ＝(UR ＋r )2R＝(220100)2×95 W＝459.8 W ，C 项错误；发电机线圈产生的热量为Q ＝I2Rt ＝(2.2)2×5×1 J ＝24.2 J ，D 项正确．【答案】 D 【即学即用】一个单匝矩形线框的面积为S ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n 转/秒，则( ) A ．线框交变电动势的最大值为nπBSB ．线框交变电动势的有效值为2nπBSC ．从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD ．感应电动势瞬时值为e ＝2nπBSsin 2nπt【解析】线框交变电动势的最大值为Em ＝BSω＝2nπBS，产生的感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin 2nπt，A、D错；该线框交变电动势的有效值为E＝Em2＝2nπBS，B对；线框中的平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝4nBS，C错．【答案】 B11。

高考物理总复习第十章第1节交变电流的产生及描述课件

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[典题例析]
(2014·连云港摸底)如图 10－1－2 甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为 1.0 Ω，外接灯泡的电阻为 9.0 Ω。求：
图 10－1－2
(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；
函数图像，函数式为 i＝Imcos ωt。
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9
[针对训练] 1．(2014·榕城区三模)矩形线圈的面积为 S，匝数为 n，在磁感应强
度为 B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴 OO′以角速度 ω 匀速转动。当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时 ( )
图 10－1－3
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A．线圈中的电动势为 nBSω
B．线圈中的电动势为 0
C．穿过线圈的磁通量为 0
D．穿过线圈的磁通量变化率最大解析：图示时刻线框的四边都不切割磁感线，不产生感应电动
势，即线圈中的电动势为 0，故 A 错误，B 正确；图示时刻线框与磁场垂直，磁通量最大，为 Φ＝BS，故 C 错误；图示位置
线圈中的电动势为 0，根据法拉第电磁感应定律 E＝nΔΔΦt 可知穿
持与外电路的连接。关于其工作原理，下列分析正确的是( )
A．当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大
B．当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大
C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小
D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小
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解析：当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，选项 A 正确 B 错误；当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，选项 C 正确 D 错误。

高考物理一轮复习4：10-1交变电流的产生和描述优质课件

C．交变电流的有效值为 2 A
D．交变电流的最大值为 4 A
交变电流的变化规律
1．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
磁通量
电动势
电压
电流
函数
Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt
e＝Emsin ωt ＝nBSωsin ωt u＝Umsin ωt＝RR＋Emrsin ωt i＝Imsin ωt ＝RE＋mrsin ωt
第一节交变电流的产生和描述
一、交变电流的产生和变化规律 1．交变电流 (1)定义：大小和方向随时间做__周__期__性__变化的电流． (2)图象：下图甲、乙、丙、丁所示都属于交变电流，其中甲属于_正__弦__式___交流电．
2．正弦交流电 (1)产生：在匀强磁场里，线圈绕_垂__直__于__磁__场___方向
B．该电动势的有效值为 10 2 V
C．外接电阻 R 所消耗的电功率为 10 W D．电路中理想交流电流表 A 的示数为 1.0 A
2－2.(单选)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个 R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是( C ) A．交变电流的周期为 0.125 s B．交变电流的频率为 8 Hz
向为正．则下图所示的四幅图中正确的是( D )
• [思路点拨] 确定感应电流的变化图象,应从三个方面分析：(1)感应电流的方向，(2)感应电流的大小，(3)感应电流大小的变化趋势．
• [总结提升] 解决交变电流图象问题的三点注意
• (1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．

高考物理一轮复习课件基础课交变电流的产生与描述

优化输电线路设计
采用合理的线路布局、导线材料和截面积等，可以降低输电线路的电阻和电感，减小功率损耗。
采用智能输电技术
利用先进的控制技术和通信技术，实现电力系统的实时监测和调度，提高输电效率。
新能源开发与利用
A
新能源种类
包括太阳能、风能、水能、生物质能等，具有清洁、可再生等优点。
新能源转换技术
理想变压器原副线圈电压、电流关系
电压关系
功率关系
原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，即U1/U2=n1/n2。
理想变压器的输入功率等于输出功率，即P1=P2。
电流关系
原、副线圈的电流之比等于其匝数的反比，即I1/I2=n2/n1。
实际变压器特点及应用
实际变压器的特点
存在漏磁、铁损、铜损等因素，使得实际变压器的效率低于理想
示波器结构及使用方法介绍
示波器的基本结构
主要包括显示屏、水平扫描系统、垂直放大系统、触发系统和电源等部分。
示波器的使用方法
首先接通电源，预热后调整相关旋钮使屏幕上显示出扫描线；然后将待测信号接入示波器的输入端，通过调整垂直位移、垂直灵敏度和水平扫描速度等旋钮，使信号波形稳定地显示在屏幕上。
通过光伏发电、风力发电、水力发电等技术，将新能源转换为电能进行利用。
B
C
新能源并网技术
将新能源发电系统接入电网，需要解决并网逆变器控制、电能质量治理等关键技术问题。
新能源应用前景
随着技术的不断进步和成本的降低，新能源将在未来能源领域中占据重要地位，推动能源结构的转型和升级。
D
实验：练习使用示波器观察交 06 变电流波形
03
功率等于电压与电流的乘积，也等于电流平方与电阻的乘积。

四川省昭觉中学高考物理一轮复习第十章交变电流第1节交变电流的产生及描述习题详解课件新人教版

第四页，共11页。
[多维探究]
3112
变式 1：解析：由有效值的定义式得：
2 R
×T2×2＝UR2T，得：
U＝220 V。
答案：220 V
1562
3112
变式 2：解析：由有效值的定义式得：
2 R
×T2＋
2 R
×T2＝UR2T，
得：U＝55 10 V
答案：55 10 V
第五页，看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为 U1＝Um2；后半周期电压为零。根据有效值的定义，UR2T＝UmR/ 22·T2＋0，解得 U＝U2m。答案：Um
2
＝5
A。
答案：D
第七页，共11页。
变式 5：解析：电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2 上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2 上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在 R2 的电压有效值为 U，根据电流的热效应，在一个周期内满足UR2T＝2R02T2 ＋1R02T2 ，可求出 U＝5 10 V。故选项 D 正确。答案：D
效值为
I
＝
E R＋r
，
外
力
做
功
平
均
功
率
P ＝ EI ＝ I2(R ＋ r) ＝
N22BR2＋S2rω2，选项 C 正确；从图示位置开始计时，则感应电动势
随时间变化的规律为 e＝NBSωsin(ωt＋π/2)，选项 D 错误。答案：BC
第九页，共11页。
2．解析：t＝0 时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，
第一页，共11页。
[针对训练] 1．解析：磁极以 OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相

四川省昭觉中学高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第1节交变电流的产生及描述课件新人教版

为e＝NBSωsin ωt
第二十九页，共34页。
第1节交变电流的产生及描述
解析：从图示位置转90°的过程中，磁通量变化ΔΦ＝BS，通
过电阻 R的电量 Q＝IΔt＝R＋E rΔt＝NRΔ＋Φr＝RN＋BSr，选项A错
误B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω
匀速转动，产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，感应电流
第三十一页，共34页。
第1节交变电流的产生及描述
解析：t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，
因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周
期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝
1 Ta
∶
1 Tb
＝3∶2，B
项错误；曲线a表示的交流电动势的频率为fa＝
1 Ta
＝
1 4×10－2
(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值 (3)保险丝的熔断(róngduàn)电流为有效值 (4)电表的读数为有效值
计算通过(tōngguò)电路截面的电荷量
第二十八页，共34页。
第1节交变电流的产生及描述
[多角练通] 1．(多选)(2015·河北联考调研)如图10-1-13所示，有一矩形线
A．当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大
B．当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大
C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通
量最小
D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电
流最小
第十三页，共34页。
第1节交变电流的产生及描述
解析：当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，选项 A 正确 B 错误；当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，选项 C 正确 D 错误。答案：AC